1、中山市华侨中学2014届高三第三次模拟考试物理科试卷第卷 选择题(共 42 分）一、单项选择题(每题只有一个选项正确；每题4分,共16分)13下列说法正确的有（ ）A足够小的电荷就是点电荷B若放在电场中某点的试探电荷量减半，则该点的场强减半C由于电场是看不见的，所以电场是虚构的D电场中某两点的电势差与试探电荷无关【答案】DA、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是足够小的电荷就是点电荷，故A错误；B、电场强度是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，电场中同一点，不管放什么电荷，放不放电荷，该点的电场强度大小和方向都是一定的，故B错误；C、电场是客观
2、存在的，电场线是为了描述电场虚拟的，故C错误；D、电场中某两点的电势差由电场和两点的位置决定的，与试探电荷无关，故D正确。故选D。【考点】元电荷、点电荷；电场强度；电势差14如图所示，一个重为20N的物体，放在倾角为=30的斜面上静止不动。若用竖直向上的力F=5N提物体，物体仍静止，下述结论正确的是（ ）A物体受到合外力减小5N B物体受到摩擦力减小5NC斜面受到的压力减小5N D物体对斜面的作用力减小5N【答案】DA、物体在有无拉力时，都处于静止状态，合力都为零，故A错误；BC、无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f=mgsin、N=mgcos有拉力F
3、作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f1=（mg-F）sin、N1=（mg-F）cos，故f-f1=Fsin30=2.5N、；物体对斜面体的摩擦等于斜面体对物体的摩擦，减小2.5N，物体对斜面体的压力等于斜面体对物体的支持力，减小了，故BC错误；D、物体对斜面的作用力为压力和摩擦力的合力，压力和摩擦力的合力方向竖直向下，知作用力减小5N，故D正确。故选D。【考点】共点力平衡；力的合成与分解15某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、带电粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判断（ ）A粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B粒
4、子在A点的动能小于它在B点的动能C粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D粒子在A点的电势低于B点的电势【答案】BA、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，故A错误；BC、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，故B正确C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，故D错误。故选B。【考点】电场线；电势差与电场强度的关系16如图，在光滑绝缘水平面上有
5、两个带电量分别为q、2q的小球，由静止开始释放两球，则两球相互靠近的过程中，对两球组成的系统（ ）A合外力逐渐增大 B总动量逐渐增大 C机械能逐渐增大 D电势能逐渐增大【答案】CA、两球组成的系统受到重力和水平桌面的支持力共两个外力，系统竖直方向上没有位移，两个力的合力为零，故A错误；B、系统所受合外力为零，总动量守恒，原来总动量为零，释放两球后总动量保持为零，故B错误；CD、由静止开始释放两球后，小球间由于存在库仑引力，两球间距离减小，电场力做正功，电势能减小，机械能增加，故C正确D错误。故选C。【考点】动量守恒定律二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分）17如图，“神舟八号”
6、与“天宫一号”在离地面三百多公里的同一轨道上绕地球做匀速圆周运动时（ ）A运行周期相同 B都处于平衡状态C向心力相同 D环绕速度都小于第一宇宙速度【答案】ADA、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，有，得：，则知轨道半径相等，周期必定相同，故A正确；B、“神舟八号”与“天宫一号”都绕地球做匀速圆周运动，速度时刻在变化，合力不为零，所以都处于非平衡状态，故B错误；C、向心力等于万有引力，由公式，可知：由于“神舟八号”与“天宫一号”的质量关系未知，不能比较向心力的大小，故C错误；D、根据，解得：；轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度对应卫星轨道半径等于地球的半径，则知神舟八号
7、和天宫一号的飞行速度小于第一宇宙速度，故D正确。故选AD。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系18如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（ ）Aa的飞行时间比b的长 Bb和c的飞行时间相同Ca的水平速度比b的小 Db的初速度比c的大 【答案】BDAB、由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误B正确；CD、由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据可知，所以a的初速度最大，c的初速度
8、最小，故C错误D正确。故选BD。【考点】平抛运动19小铁块置于长木板右端，木板放在光滑的水平地面上，t=0时使二者获得等大反向的初速度开始运动，经过时间t1铁块在木板上停止滑动，二者相对静止，此时与开始运动时的位置相比较，下图中能够反映可能发生的是（ ）【答案】AC开始时两者具有等大反向的速度，根据动量守恒，当两物体相对静止时的共同速度与动量大的物体运动方向一致即与质量大的方向一致，所以质量小的物体运动方向要反向，且最终共同速度将小于开始时的物体运动速度，故动量小的物体运动位移仍与原运动方向一致；A、若铁块质量大于长木板时，两者共同速度将沿铁块运动方向，长木板的位移方向与原运动方向一致，故A正
9、确；B、当长木板的质量大于铁块质量时，可以满足共同速度方向与长木板的方向一致，但长木板的位移与运动方向相反，故B错误；C、当长木板的质量大于铁块质量时，可以满足共同速度方向与长木板的方向一致，铁块位移方向与原运动方向相同，故C正确；D、当铁块质量大于长木板的质量时，可以满足共同速度方向与铁块的方向一致，但长木板的位移方向与开始时运动方向相反，故D错误。故选AC。【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律20如图所示，绝缘细线下挂着一带电小球，它的质量为m，整个装置处于水平向右的匀强电场中。小球平衡时，细线与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，则（ ）A小球一定是带正电B
10、小球所受的电场力等于mgC若剪断悬线，则小球做曲线运动D若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动【答案】ADA、由电场线与电场力可知，小球带正电，故A正确；B、小球平衡，细线与竖直方向的夹角为，若=45则电场力等于重力，所以小球受到电场力可能等于重力，故B错误；CD、若剪断悬线，则小球将沿着细线的反方向做匀加速直线，故C错误D正确。故选AD。【考点】电场强度；牛顿第二定律21瀑雨前，有一云层（相当于带电体）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，以下说法正确的是（ ）A带电体在上升中电势能越来越大B带电体在上升中跟云层间的电势差越来越大C带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越
11、大D带电体的加速度越来越大【答案】CDA、带电体在上升的过程中，电场力做正功，电场力减小，故A错误；B、带电体上升的过程中，与场源间的距离减小，则与云层间的电势差越来越小，故B错误；C、因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大，故C正确；D、根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D正确。故选CD。【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能；牛顿第二定律三、实验题（本题共2小题，共12分）34A如图341为验证机械能守恒定律的实验装置示意图（1）实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和
12、下落高度h。某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案A用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过vgt计算出瞬时速度B用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v计算出瞬时速度C根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h计算出高度h。D用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v。以上方案中只有一种正确，正确的是_（填入相应的字母）（2）某同学按照正确操作选的纸带如图342所示，其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点
13、，打点频率为50 Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中（单位：cm），重物的质量为m0.1 kg，重力加速度g9.80 m/s2。根据以上数据当打点计时器打到D点时，重物重力势能的减少量为_J，动能的增加量为_J。（要求计算数值保留三位有效数字）（3）实验中误差产生的原因_（写出两个原因）（4）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以_为纵轴，以_为横轴，根据实验数据作出图线若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能
14、守恒定律（5）该装置也可用于精度要求不是很高的重力加速度g的测量，依据第（2）问中选取的纸带可计得重力加速度g_m/s2。【答案】（1）D （2）0.190 0.186 （3）下落过程中存在阻力；长度的测量时存在误差（4） h （5）9.69（1）该实验是验证机械能守恒定律的实验，因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒，如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证；其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误；故选D；（2）所以力势能的减少量；动能的增加量为；（3）下落过程中存在阻力作用；长度的测量时存在误差；（4）重力势能减少量是mgh
15、，增加的动能是，v可由纸带上求出，由，可知，所以图线的斜率为g；（5）根据得：。【考点】验证机械能守恒定律34B（8分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N；（2）下列不必要的实验要求是_（请填写选项前对应的字母）A应测量重物M所受的重力B弹簧测力计应在使用前校零C拉线方向应与木板平面平行D改变拉力，进行多次实验，
16、每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法_、 _ 。【答案】（1）3.6 （2）D （3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物M的质量（或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等）（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.60N；（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，
17、故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验，故D错误；故选D；（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大，又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，从而使测力计A不超出量程。【考点】验证力的平行四边形定则35（18分）如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘杆上，细杆的倾角为，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中
18、电荷量不变，不计A与细杆间的摩擦，整个装置处于真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：（1）A球刚释放时的加速度是多大？（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离？（3）若小球到达C点速度最大为v，求A、C两点的电势差UAC？（4）若小球到达D点的速度为0时，A、D两点间的电势差U0，则小球沿杆滑行的位移大小？【答案】（1） （2）（3） （4）（1）A球刚释放时，根据牛顿第二定律得：得：（2）到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有：得：（3）从A到C过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理，有：将x代入，解得：（4）从A到D过程，只有重力和电场力做功，设小球沿杆滑行的位移大小为x1，
19、根据动能定理，有：得【考点】动能定理；牛顿第二定律；共点力平衡36（18分）如图所示，质量为m1=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点。小物块m1到达D点后与静止在D点的质量为m2=0.5kg小物块发生碰撞，碰撞后，两者均做平抛运动，m2恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点，m1落在F点，已知半圆轨道的半径R=0.5m，D点距水平面的高度h =0.45m，倾斜挡板与水平面之间的夹角=53，不考虑空气阻力，试求：（1）摩擦力对小物
20、块m1做的功；（2）水平面上EG间的距离；（3）小物块m1碰撞m2后经过D点时对轨道压力的大小。（题目中可能要用到的数据：g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】 （1）设小物体m1经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得： 小物体m1由A到B过程中，设摩擦力对小物体做的功为Wf，由动能定理得： 解得：（2）小物体m2离开D点后做平抛运动，设经过时间t打在E点，由 得：t=0.3s设小物体m2打在E点时速度的水平、竖直分量分别为、，由几何关系可得，速度跟竖直方向的夹角为，则：、解得：、（3）设小物体m1经过D时的速度大小为v2
21、，对C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得： 小物体m1经过D点时，与m2发生碰撞，由动量守恒定律可得设轨道对m1的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：代入数据，联立解得：FN=28N，由牛顿第三定律可知，小物体m1对轨道的压力大小为： 【考点】牛顿第二定律；动能定理；动量守恒定律第三次模拟考试物理科试卷参考答案题号131415161718192021答案DDBCADBDACADCD34A（1）D （2）0.1900.186（0.187也可）（3）下落过程中存在阻力；长度的测量（4）h （5）9.69（9.509.75之间均可）注：此问有效数字不作要求ks5u34B（1）3.6 （2）D （
22、3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物M的质量（或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等）35（18分）ks5u解：（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律得： 得： （5分）（2）到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有：得： （4分）（3）从A到C过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理，有：mgsinx+qUAC=将x代入，解得： （5分）（4）从A到D过程，只有重力和电场力做功，设小球沿杆滑行的位移大小为x1，根据动能定理，有：mgsinx1qU0=0 （4分）36（18分）解：（1）设小物体m1经过C点时的速度大小为v1，
23、因为经过C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得： （1分） 解得：v1=m/s （1分）小物体m1由A到B过程中，设摩擦力对小物体做的功为Wf，由动能定理得： （1分） 解得：Wf=2.5J （1分）（2）小物体m2离开D点后做平抛运动，设经过时间t打在E点，由 （1分） 得：t=0.3s （1分）设小物体m2打在E点时速度的水平、竖直分量分别为、，由几何关系可得，速度跟竖直方向的夹角为，则：、 （2分）解得： （2分）（3）设小物体m1经过D时的速度大小为v2，对C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得： （2分）小物体m1经过D点时，与m2发生碰撞，由动量守恒定律可得， （2分）设轨道对m1的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得： （2分）代入数据，联立解得：FN=28N，（1分）由牛顿第三定律可知，小物体m1对轨道的压力大小为： （1分）
